5、再由數(shù)形結(jié)合得，當(dāng)f(x)＝0時(shí)，x＝2，有1個(gè)解，當(dāng)f(x)＝t2時(shí)，有3個(gè)解，所以y＝f[f(x)]－2f(x)－共有4個(gè)零點(diǎn)．
答案：4
4．已知函數(shù)f(x)＝xln x，若對(duì)于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：法一：分離參數(shù)法
依題意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞)恒成立，亦即a≤min，x∈[1，＋∞)．
設(shè)g(x)＝ln x＋(x≥1)，則g′(x)＝－＝.
令g′(x)＝0，得x＝1.
當(dāng)x≥1時(shí)，因?yàn)間′(x)≥0，
故g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．
所以g(x)在[1，＋
6、∞)上的最小值是g(1)＝1.
故a的取值范圍是(－∞，1]．
法二：構(gòu)造函數(shù)法
當(dāng)x＝1時(shí)，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.
構(gòu)造F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，
原命題等價(jià)于F(x)≥0在x≥1上恒成立?F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．
由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范圍是(－∞，1]．
5．設(shè)函數(shù)f(x)＝－aln x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；
7、
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；
(3)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，試求a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝－ln x，則f′(x)＝x－，
所以f′(1)＝0，又f(1)＝，
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－＝0×(x－1)，即y＝.
(2)由f(x)＝－aln x，得f′(x)＝x－＝(x>0)．
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)既無(wú)極大值，也無(wú)極小值；
②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
于是，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：
8、
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)．
函數(shù)f(x)在x＝處取得極小值f()＝，無(wú)極大值．
綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，函數(shù)f(x)既無(wú)極大值也無(wú)極小值；
當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，函數(shù)f(x)有極小值，無(wú)極大值．
(3)當(dāng)a≤0時(shí)，由(2)知函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．
當(dāng)a>0時(shí)，由(2)知，當(dāng)x
9、∈(0，)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為f()＝.
若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則需滿足即整理得
所以e0，y>0，
知＋＝1，且a>0，b>0，
則x＋2y＝(x＋2y)＝2a＋8b＋4≥2a＋8b＋4·2，
當(dāng)且僅當(dāng)y＝x時(shí)取等號(hào)，
即x＋2y的最小值為2a＋8b＋32，
由條件得2a＋8b＋32＝6
10、4，即a＋4b＝16.
又ab＝16，
所以a＝8，b＝2，故ab＝82＝64.
答案：64
2．定義運(yùn)算ab＝則關(guān)于非零實(shí)數(shù)x的不等式4≥8的解集為_(kāi)_______________________________________________．
解析：當(dāng)x≤－1時(shí)，因?yàn)閤＋<0，x≤，
故原不等式可化為x＋≥8x，在(－∞，－1]上恒成立；
當(dāng)－1，
故原不等式可化為x＋≥，在(－1,0)上恒成立；
當(dāng)04，x<，
故原不等式可化為4≥8x，解得01時(shí)，因?yàn)閤＋≥4，x>，
故原不等式可化為4≥
11、，解得x≥2.
綜上所述，原不等式的解集為(－∞，0)∪∪[2，＋∞)．
答案：(－∞，0)∪∪[2，＋∞)
3．已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)．對(duì)于函數(shù)y＝g(x)(x∈I)，定義g(x)關(guān)于f(x)的“對(duì)稱函數(shù)”為函數(shù)y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)滿足：對(duì)任意x∈I，兩個(gè)點(diǎn)(x，h(x))，(x，g(x))關(guān)于點(diǎn)(x，f(x))對(duì)稱．若h(x)是g(x)＝關(guān)于f(x)＝3x＋b的“對(duì)稱函數(shù)”，且h(x)>g(x)恒成立，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________．
解析：由于g(x)＝的圖象是圓x2＋y2＝4在x軸上方的半圓(包括與x軸的交點(diǎn))，設(shè)這個(gè)半圓的一條切線方程為y＝3x＋
12、b1，則有＝2，解得b1＝2，要使得h(x)>g(x)恒成立，則需b>b1＝2.
故實(shí)數(shù)b的取值范圍為(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
4．定義區(qū)間(a，b)，[a，b)，(a，b]，[a，b]的長(zhǎng)度均為d＝b－a.用[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，記{x}＝x－[x]，其中x∈R.設(shè)f(x)＝[x]·{x}，g(x)＝x－1，若用d表示不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長(zhǎng)度，則當(dāng)0≤x≤3時(shí)，d＝________.
解析：f(x)＝[x]·{x}＝[x]·(x－[x])＝[x]x－[x]2，
由f(x)＜g(x)得[x]x－[x]2＜x－1，
即([x]－1)·x＜[x]2－1.
13、
當(dāng)x∈[0,1)時(shí)，[x]＝0，
不等式的解為x＞1，不合題意；
當(dāng)x∈[1,2)時(shí)，[x]＝1，不等式為0＜0，無(wú)解，不合題意；
當(dāng)x∈[2,3]時(shí)，[x]＞1，
所以不等式([x]－1)x＜[x]2－1等價(jià)于x＜[x]＋1，此時(shí)恒成立，
所以不等式的解為2≤x≤3，
所以當(dāng)0≤x≤3時(shí)，不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長(zhǎng)度為d＝1.
答案：1
5．已知f(x)是定義在集合M上的函數(shù)．若區(qū)間D?M，且對(duì)任意x0∈D，均有f(x0)∈D，則稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上封閉．
(1)判斷f(x)＝x－1在區(qū)間[－2,1]上是否封閉，并說(shuō)明理由；
(2)若函數(shù)g(x)＝在區(qū)間
14、[3,10]上封閉，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(3)若函數(shù)h(x)＝x3－3x在區(qū)間[a，b](a，b∈Z，且a≠b)上封閉，求a，b的值．
解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x－1在區(qū)間[－2,1]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈[－2,1]時(shí)，f(x)的值域?yàn)閇－3,0]．
而[－3,0]?[－2,1]，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,1]上不是封閉的．
(2)因?yàn)間(x)＝＝3＋.
①當(dāng)a＝3時(shí)，函數(shù)g(x)＝3，顯然{3}?[3,10]，故a＝3滿足題意；
②當(dāng)a＞3時(shí)，在區(qū)間[3,10]上，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，此時(shí)g(x)的值域?yàn)?
由?[3,10]得
解得3≤a≤31，故3＜a≤31；
15、
③當(dāng)a＜3時(shí)，在區(qū)間[3,10]上，有g(shù)(x)＝3＋＜3，不合題意．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[3,31]．
(3)因?yàn)閔(x)＝x3－3x，
所以h′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．
因?yàn)楫?dāng)x＜－1或x＞1時(shí)，h′(x)＞0；當(dāng)x＝－1或x＝1時(shí)，h′(x)＝0；當(dāng)－1＜x＜1時(shí)，h′(x)＜0，
所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
從而h(x)在x＝－1處取得極大值2，在x＝1處取得極小值－2.
由題意知
即解得
因?yàn)閍＜b，所以－2≤a≤0,0≤b≤2.
又a，b∈Z，故a只
16、可能?。?，－1,0，b只可能取0,1,2.
①當(dāng)a＝－2時(shí)，因?yàn)閎＞0，故由h(－1)＝2得b≥2，因此b＝2.經(jīng)檢驗(yàn)，a＝－2，b＝2符合題意；
②當(dāng)a＝－1時(shí)，由h(－1)＝2，得b＝2，此時(shí)h(1)＝－2∈ /[－1,2]，不符合題意；
③當(dāng)a＝0時(shí)，顯然不符合題意．
綜上所述，a＝－2，b＝2.
6．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－aln x.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求滿足條件的最小正整數(shù)a的值；
(3)若方程f(x)＝c有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，求證：f′＞0.
解：(1)f′(x)＝2x－(a－2)－＝
＝
17、(x＞0)．
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)，
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0得x＞，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增；由f′(x)＜0得0＜x＜，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減．
綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>0時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為.
(2)由(1)得若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則a＞0，且f(x)的最小值f＜0，即－a2＋4a－4aln＜0.
因?yàn)閍＞0，所以a＋4ln －4＞0.
令h(a)＝a＋4ln －4，顯然h(a)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h(2)
18、＝－2＜0，h(3)＝4ln －1＝ln －1＞0，
所以存在a0∈(2,3)，h(a0)＝0.
當(dāng)a＞a0時(shí)，h(a)＞0；當(dāng)0＜a＜a0時(shí)，h(a)＜0.
所以滿足條件的最小正整數(shù)a＝3.
又當(dāng)a＝3時(shí)，f(3)＝3(2－ln 3)＞0，f(2)＝2－3ln 2<0，f(1)＝0，所以當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．
綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3.
(3)證明：因?yàn)閤1，x2是方程f(x)＝c的兩個(gè)不相等的實(shí)根，由(1)知a＞0.不妨設(shè)0＜x1＜x2，
則x－(a－2)x1－aln x1＝c，
x－(a－2)x2－aln x2＝c.
兩式相減得x＋2x1－x－
19、2x2＝ax1＋aln x1－ax2－aln x2＝a(x1＋ln x1－x2－ln x2)．
所以a＝.
又因?yàn)閒′＝0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，
故只要證＞即可，
即證明x1＋x2＞，
即證明x－x＋(x1＋x2)(ln x1－ln x2)＜x＋2x1－x－2x2，即證明ln＜.
設(shè)t＝(0＜t＜1)．
令g(t)＝ln t－，
則g′(t)＝－＝.
因?yàn)閠＞0，所以g′(t)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時(shí)，g′(t)＝0，所以g(t)在(0,1)上是增函數(shù)．
又因?yàn)間(1)＝0，所以當(dāng)t∈(0,1)時(shí)，g(t)＜0總成立．
即不等式ln <總成立，
所以原不等式得證．
江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.5 專題提能—“函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù)”達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）
